《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

1 [2025 安徽芜湖期中考试]一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示,曲线上的 $ A $ 点的曲率圆定义为:通过 $ A $ 点和曲线上紧邻 $ A $ 点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫作 $ A $ 点的曲率圆,其半径 $ \rho $ 叫作 $ A $ 点的曲率半径。将圆周运动的半径换成曲率半径后,质点在曲线上某点的向心加速度可根据圆周运动的向心加速度表达式求出,向心加速度方向沿曲率圆的半径方向。如图乙所示,一个做平抛运动的物体,抛出点曲率半径为 $ R_0 $,当物体到达位置 $ P $ 时,速度方向偏转了 $ 45° $,$ P $ 点的曲率半径为 ( )

A.$ R_0 $
B.$ 2R_0 $
C.$ \sqrt{2}R_0 $
D.$ 2\sqrt{2}R_0 $

答案： 1 D 在抛出点，由牛顿第二定律得$mg = m\frac{v_{0}^{2}}{R_{0}}$，当物体到达位置$P$时，由牛顿第二定律得$mg\cos45^{\circ} = m\frac{v^{2}}{\rho}$，又$v\cos45^{\circ} = v_0$，联立解得轨迹在$P$点的曲率半径为$\rho = 2\sqrt{2}R_0$，故选D。

2 (多选)[2025 湖北云学联盟月考]如图所示,装置 $ BO'O $ 可绕竖直轴 $ O'O $ 转动,可视为质点的小球 $ A $ 与两细绳连接后分别系于 $ B $、$ C $ 两点,装置静止时细绳 $ AB $ 水平,细绳 $ AC $ 与竖直方向的夹角 $ \theta = 37° $。已知小球的质量 $ m = 1 \, kg $,细绳 $ AC $ 长 $ l = 1 \, m $,$ \angle ABC = 45° $,重力加速度 $ g = 10 \, m/s^2 $,$ \sin 37° = 0.6 $,$ \cos 37° = 0.8 $。下列说法正确的是 ( )


A.当装置匀速转动的角速度为 $ \sqrt{2} \, rad/s $ 时,绳 $ AC $ 中的拉力大小为 $ 12.5 \, N $
B.装置转动时,转动越快,绳 $ AC $ 中的拉力越大
C.当 $ AB $ 绳刚好竖直时,装置匀速转动的角速度为 $ \frac{5}{3}\sqrt{6} \, rad/s $
D.当装置转动的足够快时,$ AC $ 绳中的拉力与角速度的平方成正比

答案：
2 ACD 由几何关系可知绳$AB$长$0.2m$。对物体在不同情况下受力分析，分别如图1、图2、图3所示。

角速度$\omega$由小逐渐增大，判断各绳子拉力情况，$\omega$较小时，$AC、AB$绳中都有拉力，小球受力分析如图1所示，则有$F_T\cos37^{\circ} = mg$，$F_T\sin37^{\circ} - T_{AB} = m\omega^{2}l\sin37^{\circ}$，代入数据得$F_T = 12.5N$（定值），随着$\omega$逐渐增大，$AC$绳中弹力$F_T$不变，$AB$绳中弹力$T_{AB}$逐渐减小至0，当$T_{AB} = 0$时，可得$\omega_1 = \sqrt{\frac{g}{l\cos37^{\circ}}} = \frac{5}{2}\sqrt{2}rad/s ＞ \sqrt{2}rad/s$，故A正确，B错误。随着$\omega$继续增大，小球会飞起，$AB$绳会松弛，直至竖直，此过程中小球受力分析如图2所示，则有$F_T\cos\alpha = mg$，$F_T\sin\alpha = m\omega^{2}l\sin\alpha$，可得$F_T = m\omega^{2}l = \omega^{2}(N)$，$AB$绳刚好竖直时，$T_{AB} = 0$，由几何关系知$\alpha = 53^{\circ}$，联立可得$\omega_2 = \frac{5}{3}\sqrt{6}rad/s$，故C正确。随着$\omega$继续增大，竖直的$AB$绳中也开始有弹力，$AC$绳中弹力进一步增大，小球受力分析如图3所示，则有$F_T\cos53^{\circ} = mg + T_{AB}$，$F_T\sin53^{\circ} = m\omega^{2}l\sin53^{\circ}$，可得$F_T = m\omega^{2}l = \omega^{2}(N)$，故当$\omega \geqslant \omega_1$时，有$F_T = \omega^{2}(N)$，即$AC$绳中的拉力与角速度的平方成正比，故D正确。

3 如图所示,倾角 $ \theta = 30° $ 的斜面固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上,斜面最低点在转轴 $ O_1O_2 $ 上。将质量为 $ m $ 的小物块(可视为质点)放置于斜面的顶端,斜面底面长为 $ L $,小物块始终和斜面相对静止。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数为 $ \frac{\sqrt{3}}{4} $,重力加速度为 $ g $,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)当小物块不受摩擦力时,水平转台的角速度 $ \omega_0 $ 为多少?
(2)要使小物块始终和斜面相对静止,水平转台的角速度 $ \omega $ 的取值范围是多少?
(3)定性画出小物块和斜面相对静止时,小物块所受摩擦力 $ f $ 随角速度平方 $ \omega^2 $ 变化的关系图像。

答案：
3 答案
(1)$\sqrt{\frac{\sqrt{3}g}{3L}}$
(2)$\sqrt{\frac{\sqrt{3}g}{15L}} \leqslant \omega \leqslant \sqrt{\frac{7\sqrt{3}g}{9L}}$
(3)见解析
解：
(1)当小物块不受摩擦力时，有$mg\tan30^{\circ} = m\omega_{0}^{2}L$，得$\omega_0 = \sqrt{\frac{\sqrt{3}g}{3L}}$。
(2)当小物块刚要沿斜面下滑时，受力分析如图1所示。

水平方向有$N_1\sin30^{\circ} - f_1\cos30^{\circ} = m\omega^{2}L$，竖直方向有$N_1\cos30^{\circ} + f_1\sin30^{\circ} = mg$，又$f_1 = \mu N_1$，解得$\omega_1 = \sqrt{\frac{\sqrt{3}g}{15L}}$，$f_1 = \frac{2}{5}mg$。
当小物块刚要沿斜面上滑时，受力分析如图2所示。

水平方向有$N_2\sin30^{\circ} + f_2\cos30^{\circ} = m\omega^{2}L$，竖直方向有$N_2\cos30^{\circ} = f_2\sin30^{\circ} + mg$，又$f_2 = \mu N_2$，解得$\omega_2 = \sqrt{\frac{7\sqrt{3}g}{9L}}$，$f_2 = \frac{2}{3}mg$。
则要使小物块不下滑，水平转台的角速度$\omega$的取值范围为$\sqrt{\frac{\sqrt{3}g}{15L}} \leqslant \omega \leqslant \sqrt{\frac{7\sqrt{3}g}{9L}}$。
(3)如图3所示，以沿斜面向上为摩擦力正方向。